Đáp án C

Từ giả thiết suy ra tứ diện A'ABC đều có cạnh a nên có thể tích là

V A ' A B C = a 3 2 12

Khi đó

V A B C . A ' B ' C ' = d A ' , A B C . S A B C = 3 V A ' A B C = a 3 2 4

C

Vì hình chóp A’.ABC có A'A = A'B = A'C và đáy ABC là tam giác đều nên hình chóp A’.ABC đều.

Gọi F là hình chiếu của A’ trên (ABC) nên F là tâm của đáy ABC là tam giác đều do đó F cũng là trọng tâm của tam giác ABC.

Gọi AF cắt BC tại D

Tam giác ABC đều cạnh a nên \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Mà F là trọng tâm nên \(AF = \frac{2}{3}AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Xét tam giác A’AF vuông tại F có

\(A'F = \sqrt {A'{A^2} - A{F^2}}  = \sqrt {{b^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} \)

Diện tích tam giác đều ABC là \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Thể tích khối lăng trụ là \(V = A'F.S = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Đáp án A.

Vì A ’ A = A ’ B = A ’ C ⇒ A ' . A B C  là hình chóp tam giác đều.

Hình vẽ minh họa: Hình chóp tam giác đều ABCD có 3 mặt phẳng đối xứng.

Vậy hình chóp tam giác đều (không phải tứ diện đều) có 3 mặt phẳng đối xứng.

Gọi H là trung điểm của AB, \(A'H\perp\left(ABC\right)\) và \(\widehat{A'CH}=60^0\)

Do đó \(A'H=CH.\tan\widehat{A'CH}=\frac{3a}{2}\)

Do đó thể tích khối lăng trụ là \(V_{ABC.A'B'C'}=\frac{3\sqrt{3}a^3}{8}\)

Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên AC; K là hình chiếu vuông góc của H lên A'I. Suy ra :

\(HK=d\left(H,\left(ACC'A'\right)\right)\)

Ta có :

\(HI=AH.\sin\widehat{IAH}=\frac{\sqrt{3}a}{4}\);

\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{HI^2}+\frac{1}{HA'^2}=\frac{52}{9a^2}\)

=>\(HK=\frac{3\sqrt{13}a}{26}\)

Do đó \(d\left(B;\left(ACC'A'\right)\right)=2d\left(H;\left(ACC'A'\right)\right)=2HK=\frac{3\sqrt{13}a}{13}\)

Đáp án C